Escrito por Matheus Ponciano
Iniciante:
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Conservação de Energia.
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Como a barra que une os corpos é rígida, ambos giram com mesma velocidade angular em torno do eixo $$O$$. Sendo assim, igualando as velocidades angulares, encontraremos uma relação entre $$v_{1}$$ e $$v_{2}$$.
$$\dfrac{v_{1}}{l_{1}}=\dfrac{v_{2}}{l_{2}}$$
$$v_2 = \dfrac{l_2}{l_1}v_1$$
Tendo em vista que podemos desprezar quaisquer forças dissipativas atuando no sistema, conservaremos a energia mecânica, admitindo um nível de referência na horizontal em que as massas estavam antes:
$$E_o = 0$$
$$E = m_2gl_2 -m_1gl_1 +\dfrac{m_1v_1^2}{2} + \dfrac{m_2v^2}{2}$$
Substituindo $$v_2$$ em função de $$v_1$$:
$$0 = m_2gl_2 – m_1gl_1 + \dfrac{m_1v_1^2}{2} + \dfrac{m_2v_1^2}{2}\left(\dfrac{l_2}{l_1}\right)^2\$$
Resolvendo para $$v_{1}$$:
$$v_1 = \sqrt{2g\dfrac{m_2(m_1l_1 -m_2l_2)}{m_1+m_2\left(\dfrac{l_2}{l_1}\right)^2}}$$
E temos também então:
$$v_2 = \sqrt{2g\dfrac{m_1(m_1l_1 -m_2l_2)}{m_2+m_1\left(\dfrac{l_1}{l_2}\right)^2)}}$$
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Velocidade da partícula $$1$$:
$$v_1 = \sqrt{2g\dfrac{m_2(m_1l_1 -m_2l_2)}{m_1+m_2\left(\dfrac{l_2}{l_1}\right)^2}}$$
Velocidade da partícula $$2$$:
$$v_2 = \sqrt{2g\dfrac{m_1(m_1l_1 -m_2l_2)}{m_2+m_1\left(\dfrac{l_1}{l_2}\right)^2}}$$
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Intermediário:
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Óptica geométrica.
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Podemos fazer a lei de Snell para cada camada. Obtemos assim:
$$n_0 sen(\theta_0) = n_1 sen(\theta_1)$$
$$n_1 sen(\theta_1) = n_2 sen(\theta_2)$$
$$n_2 sen(\theta_2) = n_3sen(\theta_3)$$
$$\cdot$$
$$\cdot$$
$$\cdot$$
$$n_{i-1} sen(\theta_{i-1}) = n_i sen(\theta_i)$$
Perceba então que o produto $$nsen(\theta)$$ permanece constante independente da camada. E como o índice de refração diminui ao se aprofundar nas camadas, o ângulo que a luz faz nessa camada deve aumentar. Para que ocorra a reflexão, na última camada $$M$$ o ângulo que a luz faz é aproximadamente maior que o ângulo limite. Fazendo então o caso do ângulo limite:
$$n_0 sen(\theta_0) = n_Msen(90^o)$$
Pela questão: $$n_M = 0,99^Mn_0$$
$$sen(\theta_0) = 0,99^M $$
$$M = log_{0,99}(sen(\theta_0))$$
Como $$M$$ é o número de camadas, a altura de camada de ar será:
$$h = Md$$
$$h = log_{0,99}(sen(\theta_0)) d$$
Caso $$M$$ não seja inteiro, devemos pegar o maior valor inteiro mais próximo.
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$h = log_0,99(sen(\theta_0)) d$$
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Avançado:
[spoiler title=’Assunto abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Oscilações e Dinâmica do Corpo Rígido.
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Vamos chamar o ponto de contato da esquerda de $$O_1$$ e o ponto de contato da direita de $$O_2$$. Vamos pegar um instante pouco tempo depois da barra ser solta, estando com o ponto de contato ainda em $$O_1$$ e fazendo um ângulo $$\phi$$ com a horizontal. Fazendo o torque na barra em relação a esse ponto:
$$\tau = mg\dfrac{(L-l)}{2}cos(\phi) -mg\dfrac{(L+l)}{2}cos(\phi)$$
Aproximando para ângulos pequenos: $$cos(\phi) \approx 1$$
$$\tau = – mgl$$
Que é negativo pois a tendência da barra é de diminuir o ângulo. Calculando então o momento de inércia da barra em relação a este ponto:
$$I = m\dfrac{(L-l)^2}{4} + m\dfrac{(L+l)^2}{4}$$
$$I = mL^2 \dfrac{ \left(1- \dfrac{l}{L} \right)^2}{4} + mL^2\dfrac{ \left( 1 + \dfrac{l}{L} \right)^2}{4}$$
Como $$l<<L$$, podemos aproximar em binômio de Newton:
$$I \approx = mL^2\dfrac{ \left(1 – \dfrac{2l}{L} \right)}{4} + mL^2 \dfrac{ \left(1 + \dfrac{2l}{L} \right)}{4}$$
$$I \approx \dfrac{mL^2}{2}$$
Temos então:
$$\tau = I \alpha$$
Onde $$\alpha$$ é a aceleração angular da barra.
$$ – mgl = \dfrac{mL^2}{2} \alpha$$
$$\alpha = – \dfrac{2gl}{L^2}$$
Perceba que a aceleração angular é constante, podemos escrever então as equações de movimento da barra enquanto ela está no ponto de contato $$O_1$$:
$$\omega = -\dfrac{2gl}{L^2}t$$
$$\phi = \phi_o – \dfrac{gl}{L^2}t^2$$
Perceba que se $$phi<0$$, a barra estaria dentro da caixa. Por isso, quando $$Phi$$ tende a ficar negativo, ele faz uma transição no ponto de contato, mudando de $$O_1$$ para $$O_2$$, atuando nele o mesmo torque e possuindo o mesmo momento de inércia que em $$O_1$$, mas agora possuindo uma velocidade angular para cima. O tempo para chegar em $$phi =0$$ é:
$$\Phi_ o = \dfrac{gl}{L^2}t^2$$
$$t = \sqrt{\dfrac{\phi_o L^2}{gl}}$$
Assim como se fosse em uma queda livre, o tempo que a barra leva para cair em $$O_1$$ vai ser o que ele leva para subir em $$O_2$$, descer de $$O_2$$ ou subir em $$O_1$$, retornando para o ângulo $$\Phi_o$$. O período de oscilações da barra vai ser então:
$$T = 4t$$
$$T = 4 \sqrt{\dfrac{\phi_o L^2}{gl}}$$
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$T = 4 \sqrt{\dfrac{\phi_o L^2}{gl}}$$
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